Question

12．已知函數(shù)f（x）=log₂$\frac{1+x}{1-x}$；
（1）解方程f（x）=1；
（2）設x∈（-1，1），a∈（1，+∞），證明：$\frac{ax-1}{a-x}$∈（-1，1），且f（$\frac{ax-1}{a-x}$）-f（x）=-f（$\frac{1}{a}$）；
（3）設數(shù)列{x_n}中，x₁∈（-1，1），x_n+1=（-1）ⁿ⁺¹$\frac{{3{x_n}-1}}{{3-{x_n}}}$，n∈N^*，求x₁的取值范圍，使得x₃≥x_n對任意n∈N^*成立．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)對數(shù)運算性質(zhì)得$\frac{1+x}{1-x}$=2，從而解出x的值；
（2）令g（x）=$\frac{ax-1}{a-x}$，判斷g（x）的單調(diào)性得出g（x）的值域，根據(jù)對數(shù)的運算性質(zhì)化簡即可證明f（$\frac{ax-1}{a-x}$）-f（x）=-f（$\frac{1}{a}$）；
（3）利用（2）中的結(jié)論得出f（x_n+1）與f（x_n）的關(guān)系，判斷f（x_n）的周期，分別用f（x₁）表示出f（x₂），f（x₃），f（x₄），根據(jù)f（x）的單調(diào)性得出$\left\{\begin{array}{l}{f（{x}_{3}）≥f（{x}_{1}）}\\{f（{x}_{3}）≥f（{x}_{2}）}\\{f（{x}_{3}）≥f（{x}_{4}）}\end{array}\right.$，從而求出f（x₁）的范圍，繼而解出x₁的范圍．

解答 解：（1）∵f（x）=log₂$\frac{1+x}{1-x}$=1，
∴$\frac{1+x}{1-x}$=2，解得$x=\frac{1}{3}$；
（2）令g（x）=$\frac{ax-1}{a-x}$，則g′（x）=$\frac{a（a-x）+（ax-1）}{（a-x）^{2}}$=$\frac{{a}^{2}-1}{（a-x）^{2}}$．
∵a∈（1，+∞），∴g′（x）＞0，
∴g（x）在（-1，1）上是增函數(shù)，
又g（-1）=$\frac{-a-1}{a+1}=-1$，g（1）=$\frac{a-1}{a-1}$=1，
∴-1＜g（x）＜1，即$\frac{ax-1}{a-x}$∈（-1，1）．
∵f（x）-f（$\frac{1}{a}$）=log₂$\frac{1+x}{1-x}$-log₂$\frac{1+\frac{1}{a}}{1-\frac{1}{a}}$=log₂$\frac{1+x}{1-x}$-log₂$\frac{a+1}{a-1}$
=log₂（$\frac{1+x}{1-x}•\frac{a-1}{a+1}$）=log₂$\frac{ax+a-x-1}{a-x-ax+1}$，
f（$\frac{ax-1}{a-x}$）=log₂$\frac{1+\frac{ax-1}{a-x}}{1-\frac{ax-1}{a-x}}$=log₂$\frac{a-x+ax-1}{a-x-ax+1}$．
∴f（$\frac{ax-1}{a-x}$）=f（x）-f（$\frac{1}{a}$），
∴f（$\frac{ax-1}{a-x}$）-f（x）=-f（$\frac{1}{a}$）．
（3）∵f（x）的定義域為（-1，1），
f（-x）=log₂$\frac{1-x}{1+x}$=-log₂$\frac{1+x}{1-x}$=-f（x），
∴f（x）是奇函數(shù)．
∵x_n+1=（-1）ⁿ⁺¹$\frac{{3{x_n}-1}}{{3-{x_n}}}$，
∴x_n+1=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{3{x}_{n}-1}{3-{x}_{n}}，n為奇數(shù)}\\{-\frac{3{x}_{n}-1}{3-{x}_{n}}，n為偶數(shù)}\end{array}\right.$．
①當n為奇數(shù)時，f（x_n+1）=f（$\frac{3{x}_{n}-1}{3-{x}_{n}}$）=f（x_n）-f（$\frac{1}{3}$）=f（x_n）-1，
∴f（x_n+1）=f（x_n）-1；
②當n為偶數(shù)時，f（x_n+1）=f（-$\frac{3{x}_{n}-1}{3-{x}_{n}}$）=-f（$\frac{3{x}_{n}-1}{3-{x}_{n}}$）=1-f（x_n），
∴f（x_n+1）=1-f（x_n）．
∴f（x₂）=f（x₁）-1，f（x₃）=1-f（x₂）=2-f（x₁），f（x₄）=f（x₃）-1=1-f（x₁），
f（x₅）=1-f（x₄）=f（x₁），f（x₆）=f（x₅）-1=f（x₁）-1，…
∴f（x_n）=f（x_n+4），n∈N⁺．
設h（x）=$\frac{1+x}{1-x}$，則h′（x）=$\frac{1-x+1+x}{（1-x）^{2}}$=$\frac{2}{（1-x）^{2}}$＞0，
∴h（x）在（-1，1）上是增函數(shù)，
∴f（x）=log₂$\frac{1+x}{1-x}$=log₂h（x）在（-1，1）上是增函數(shù)．
∵x₃≥x_n對任意n∈N^*成立，
∴f（x₃）≥f（x_n）恒成立，
∴$\left\{\begin{array}{l}{f（{x}_{3}）≥f（{x}_{1}）}\\{f（{x}_{3}）≥f（{x}_{2}）}\\{f（{x}_{3}）≥f（{x}_{4}）}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{2-f（{x}_{1}）≥f（{x}_{1}）}\\{2-f（{x}_{1}）≥f（{x}_{1}）-1}\\{2-f（{x}_{1}）≥1-f（{x}_{1}）}\end{array}\right.$，
解得：f（x₁）≤1，即log₂$\frac{1+{x}_{1}}{1-{x}_{1}}$≤1，
∴0＜$\frac{1+{x}_{1}}{1-{x}_{1}}$≤2，
解得：-1＜x₁≤$\frac{1}{3}$．

點評 本題考查了對數(shù)的運算性質(zhì)，復合函數(shù)的單調(diào)性，不等式的解法，屬于難題．